2025年粵人版高一化學下冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年粵人版高一化學下冊階段測試試卷450考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、下列說法正確的是（）A.阿伏加德羅常數(shù)為6.02×1023B.摩爾質(zhì)量等于該粒子的相對原子質(zhì)量或相對分子質(zhì)量C.1molH2的體積為22.4LD.Na+的摩爾質(zhì)量為23g/mol2、下列溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為rm{1mol?L^{-1}}的是rm{(}rm{)}A.將rm{40gNaOH}溶解于rm{1L}水中配成的rm{NaOH}溶液B.將rm{25g}硫酸銅晶體溶于水制成rm{100mL}的溶液C.將rm{1L10mol/L}的濃鹽酸與rm{9L}水混合而成的溶液D.從rm{100mL1mol/LNaCl}溶液加水稀釋到rm{200mL}的溶液3、下列實驗操作完全正確的是。編號實驗操作A鈉與水反應(yīng)用鑷子從煤油中取出金屬鈉，切下綠豆大小的鈉，小心放入裝滿水的燒杯中B實驗室制備氫氧化鋁向盛有硫酸鋁溶液的試管中逐滴滴加氫氧化鈉至過量C檢驗溶液中的Fe3+向溶液中滴加幾滴硫氰化鉀溶液D實驗室制備氫氧化亞鐵沉淀向盛有硫酸亞鐵溶液的試管中逐滴加入氫氧化鈉溶液，并邊滴加邊振蕩4、可以用來鑒別甲烷和乙烯兩種氣體的試劑是（）

A.水。

B.溴水。

C.四氯化碳。

D.灼熱的銅絲。

5、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.1.0mol/L的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl-、SO42-B.含有0.1mol/LCa2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32-、Cl－C.遇酚酞變紅的溶液中：K+、Na+、CH3COO-、Br-D.與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液：Na+、K+、CO32-、NH4+6、原計劃實現(xiàn)全球衛(wèi)星通訊發(fā)射77顆衛(wèi)星，這與銥銥元素的原子核外電子數(shù)恰好相等，因此稱為“銥星計劃”。已知銥的一種同位素是則其核內(nèi)的中子數(shù)是（）A.77B.114C.191D.2687、下列有關(guān)氯化鈉的實驗中；選用的實驗用品都能用到的是（）

A.除去粗鹽中的不溶性雜質(zhì)，選用④⑦⑧⑨B.檢驗A的濾液中是否含SO42﹣，選用②③⑩C.利用提純后的NaCl固體配制0.1mol/L的溶液，選用④⑥⑦⑩D.用NaCl固體與濃H2SO4共熱制備HCl氣體，選用①⑤⑧⑨8、同溫同壓下，在rm{3}支相同體積的試管中分別充有等體積混合的rm{2}種氣體，它們是rm{壟脵NO}和rm{NO_{2}}rm{壟脷NO_{2}}和rm{O_{2}}rm{壟脹NH_{3}}和rm{N_{2}}現(xiàn)將rm{3}支試管均倒置于水槽中，充分反應(yīng)后，試管中溶液物質(zhì)的量濃度大小為rm{(}均在標準狀況下操作rm{)}()A.rm{c_{1}>c_{2}>c_{3}}B.rm{c_{2}>c_{1}>c_{3}}C.rm{c_{1}=c_{3}>c_{2}}D.rm{c_{1}=c_{2}=c_{3}}9、“易拉罐飲料中鋁含量比瓶裝飲料高rm{3隆蘆6}倍，鋁元素的過量攝入對人體是有害的，世界衛(wèi)生組織把鋁確定為食品污染物，許多發(fā)達國家已限制易拉罐的生產(chǎn)，若經(jīng)常飲用易拉罐飲料，不利于人體健康?！币韵率菐孜煌瑢W看了這條信息作出的分析，你認為這些分析中正確的是()A.易拉罐殼是由某種含鋁化合物制成的，所以會有部分鋁化合物溶解在內(nèi)裝的飲料中B.易拉罐殼的主要成分是鋁合金，常溫下鋁易與水反應(yīng)使內(nèi)裝飲料中鋁量增大C.汽水類飲料顯酸性，所以這類易拉罐內(nèi)所裝的飲料中會含有一定量的鋁離子D.鋁表面易形成保護膜，鋁質(zhì)易拉罐不會使飲料中鋁含量增多，這則報道有誤評卷人得分二、多選題(共6題，共12分)10、下列變化中必須加入氧化劑才能進行的是A.rm{CuO隆煤CuCl_{2}}B.rm{Zn隆煤Zn^{2+}}C.rm{H_{2}隆煤H_{2}O}D.rm{CO隆煤CO_{2}}11、常溫下在20mL0.lmol·L-1Na2CO3溶液中逐漸滴加入0.1mol/LHC1溶液40mL，溶液的pH逐漸降低，下列說法正確的是A.完全反應(yīng)以后，溶液呈現(xiàn)中性B.當鹽酸加入20mL時，溶液中NHCO3的物質(zhì)的量為0.002molC.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中D.20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶于中12、某溫度下；體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時的pH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是。

A.a、b、c三點溶液的離子濃度之和a＞b＞cB.b點溶液中c(H+)+c(NH3·H2O)=c(OH－)C.用等濃度的NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應(yīng)，恰好反應(yīng)時消耗NaOH溶液的體積Vb=VcD.a、b、c三點溶液中水的電離程度a＞b＞c13、20℃時向20mL0.1mol·L-1醋酸溶液中不斷滴入0.1mol·L-1NaOH(aq)；溶液pH變化如圖所示。此過程里溶液中離子濃度的關(guān)系錯誤的是（）

A.a點：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)B.b點：c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)C.c點：c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)D.d點：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)14、室溫下，Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。CH3COOH和CH3COONH4形成的緩沖溶液常用于高嶺土的成分分析。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒濃度關(guān)系正確的是()A.0.1mol·L－1CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)B.0.1mol·L－1CH3COONH4溶液：c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合：c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝0.15mol·L－115、從減少環(huán)境污染的角度看，應(yīng)大力推廣的能源是rm{(}rm{)}A.氫能B.太陽能C.風能D.化石燃料評卷人得分三、填空題(共7題，共14分)16、（1）寫出圖中序號①～④儀器的名稱：

①____；②____；③____；④____；

（2）儀器①～④中，使用時必須檢查是否漏水的有____．（填儀器序號）

（3）分離碘水中的碘應(yīng)先選擇裝置____（填裝置序號）進行操作A，再選裝置進行____操作．進行操作A時，需在碘水中加一試劑，在選擇試劑時，下列性質(zhì)你認為哪些性質(zhì)是必需的：____（填序號）．

①常溫下為液態(tài)②I2在其中溶解程度大③與水互溶程度?、苊芏纫人?。

（4）學校實驗室從化學試劑商店買回的硫酸試劑標簽上的部分內(nèi)容（如1），現(xiàn)欲用此硫酸配制配制成濃度為0.50mol?L﹣1的稀硫酸100mL．

①所需儀器除燒杯、量筒玻棒外還需____

②所取濃硫酸的體積為____mL．

③下列操作引起所配溶液濃度偏高的是____

A．移液時洗滌燒杯2﹣3次；將洗滌液倒入容量瓶中。

B．定容時俯視。

C．定容時仰視。

D．顛倒搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線；但未加水至刻度線。

（5）若操作全部正確，最后所得的溶液應(yīng)存放在試劑瓶中，并貼上標簽，請你幫助寫一張標簽（如圖2）．____17、在密閉容器中發(fā)生rm{3X(g)+Y(g)?Z}rm{(g)+2W(g)}反應(yīng)；現(xiàn)在控制下列三種。

不同的條件：

rm{壟脵}在rm{400隆忙}時，rm{9molX}與rm{3molY}反應(yīng)。

rm{壟脷}在rm{400隆忙}時，rm{15molX}與rm{5molY}反應(yīng)。

rm{壟脹}在rm{300隆忙}時，rm{9molX}與rm{3molY}反應(yīng)。

那么，反應(yīng)開始時，正反應(yīng)速率最大的是______rm{.(}填序號rm{)}正反應(yīng)速率最小的是______．18、石油裂解可獲得rm{A}已知rm{A}在通常狀況下是一種相對分子量為rm{28}的氣體，rm{A}通過加聚反應(yīng)可以得到rm{F}rm{F}常作為食品包裝袋的材料。有機物rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}有如下圖的關(guān)系。rm{(1)A}的分子式為________________________。rm{(2)}寫出：反應(yīng)rm{壟脷}的化學方程式：_____________________________________；反應(yīng)rm{壟脹}的化學方程式：_____________________________________________。的化學方程式：_____________________________________________。rm{壟脹}是rm{(3)G}的同分異構(gòu)體，且rm{E}能與rm{G}反應(yīng)，則rm{NaHCO_{3}}的可能結(jié)構(gòu)簡式分別為：rm{G}____________________________________________________________。標況下，將rm{(4)}與某烴混合共rm{A}該混合烴在足量的氧氣中燃燒，生成rm{11.2L}體積為rm{CO_{2}}生成rm{17.92L}rm{H_{2}O18.0g}與該烴的體積比為__________。rm{A}19、鉛蓄電池是典型的可充電電池，它的正負極格板是惰性材料，電池總反應(yīng)式為：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42—2PbSO4＋2H2O請回答下列問題(不考慮氫、氧的氧化還原)：放電時：正極的電極反應(yīng)式是______________________________；電解液中H2SO4的濃度將變________；當外電路通過1mol電子時，理論上負極板的質(zhì)量增加________g。20、將9.5gMgCl2溶于90g水中，溶液中Mg2+、Cl-、H2O粒子個數(shù)之比為______．21、有甲、乙兩位同學均想利用原電池反應(yīng)檢測金屬的活動性順序，兩人均使用鎂片和鋁片作電極，但甲同學將電極放入6mol/LH2SO4溶液中；乙同學將電極放入6mol/LNaOH溶液中，如圖：

（1）寫出甲池中正極的電極反應(yīng)式：______，負極的電極反應(yīng)式：______．

（2）寫出乙池中負極的電極反應(yīng)式：______，乙池中總反應(yīng)的離子方程式：______．

（3）如果甲和乙同學均認為，“構(gòu)成原電池的電極材料如果都是金屬，則構(gòu)成負極材料的金屬應(yīng)比構(gòu)成正極材料的金屬活潑”，則甲會判斷出______活動性更強，而乙會判斷出______活動性更強．

（4）由此實驗，可得到如下哪些正確結(jié)論：______

A；利用原電池反應(yīng)判斷金屬活動性順序時應(yīng)注意選擇合適的介質(zhì)。

B；鎂的金屬性不一定比鋁的金屬性強。

C；該實驗說明金屬活動性順序已過時；已沒有實用價值。

D；該實驗說明化學研究對象復(fù)雜；反應(yīng)受條件影響較大，因此應(yīng)具體問題具體分析．

（5）丙同學依據(jù)甲；乙同學的思路；設(shè)計如下實驗：將鋁片和銅片用導(dǎo)線相連．一組插入濃硝酸中，一組插入稀NaOH溶液中，分別形成了原電池．

①在這兩個原電池中，負極分別為______．

A．鋁片；銅片B．銅片、鋁片C．鋁片、鋁片D．銅片、銅片。

②寫出插入濃硝酸中形成原電池的總反應(yīng)化學方程式______．22、rm{(1)1.5molH_{2}SO_{4}}的質(zhì)量是______，其中含有___rm{molH}rm{(2)9.03隆脕10^{23}}個氨分子含________rm{mol}氨分子。rm{(3)}從rm{1L1mol/LNaOH}溶液中取出rm{100mL}則這rm{100mLNaOH}溶液中含rm{NaOH}的質(zhì)量為__________rm{g}評卷人得分四、判斷題(共3題，共24分)23、過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸．（判斷對錯）24、蒸餾時，溫度計水銀球插入混合液中，以控制蒸餾的溫度．25、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程，據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì)．評卷人得分五、其他(共4題，共16分)26、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質(zhì)子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學式____、、、、。27、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。28、（5分）現(xiàn)有前4周期中的A、B、C、D、E五種主族元素。A的最高價氧化物含A40%，A原子中質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)；B是同周期中除稀有氣體外原子半徑最大的元素；D能形成BD型離子化合物，且B、D兩離子的電子層結(jié)構(gòu)相同；C和D能形成CD3的化合物；C原子比E原子多1個電子；1.8gC與足量的稀硫酸反應(yīng)，所產(chǎn)生的氫氣在標準狀況下的體積為2.24L；C原子中質(zhì)子數(shù)比中子數(shù)少1；D原子比A原子多1個質(zhì)子。請寫出A～E五種元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的化學式____、、、、。29、X、Y、Z、M是元素周期表中前20號元素，其原子序數(shù)依次增大，且X、Y、Z相鄰。X的核電荷數(shù)是Y的核外電子數(shù)的一半，Y與M可形成化合物M2Y。用微粒符號完成下列問題：（1）Y、Z兩種元素的最高價氧化物的水化物酸性強于。（2）M、Z、Y形成的簡單離子的半徑的大小。（3）M2X2固體中陰、陽離子個數(shù)比____________,其電子式為．該物質(zhì)中含有化學鍵的類型有和．（4）將Z的單質(zhì)通入YX2的水溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。評卷人得分六、綜合題(共4題，共40分)30、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

31、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題32、2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）反應(yīng)過程的能量變化如圖所示．已知1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1．請回答下列問題：

33、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】解：A．1mol粒子中含有的相應(yīng)粒子數(shù)為阿伏伽德羅常數(shù)，阿伏伽德羅常數(shù)的近似值為6.02×1023；故A錯誤；

B．摩爾質(zhì)量與g/mol為單位時；在數(shù)值上與該粒子的相對原子質(zhì)量或相對分子質(zhì)量相等，故B錯誤；

C．沒有告訴在標準狀況下；1mol氫氣的體積不一定為22.4L，故C錯誤；

D．鈉的相對原子量為23；則鈉離子的摩爾質(zhì)量為23g/mol，故D正確；

故選D．

A．6.02×1023為阿伏伽德羅常數(shù)的近似值；

B．摩爾質(zhì)量的單位為g/mol；相對原子量或相對分子量沒有單位；

C．標準狀況下1mol氫氣的體積約為22.4L；

D．鈉離子的摩爾質(zhì)量在數(shù)值上與鈉原子的相對原子量相等．

本題考查阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計算和判斷、摩爾質(zhì)量與相對原子量或相等分子量的關(guān)系判斷，題目難度中等，注意明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，掌握好以物質(zhì)的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關(guān)系，明確摩爾質(zhì)量與質(zhì)量、相對原子量之間的關(guān)系．【解析】【答案】D2、B【分析】【分析】本題考查了一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制、物質(zhì)的量濃度的的計算等，難度不大。注意依據(jù)物質(zhì)的量濃度定義式rm{c=n/V}進行分析解答，同時溶液的濃度有均一性，與取出溶液的體積大小無關(guān)。A.rm{40gNaOH}的物質(zhì)的量為rm{1mol}溶解于rm{1L}水中配成的rm{NaOH}溶液的體積大于rm{1L}依據(jù)rm{c=n/V(V}是指溶液的體積而不是溶劑的體積rm{)}可知，配成的rm{NaOH}溶液濃度小于rm{1mol/L}故A錯誤；

B.將rm{25g}硫酸銅晶體物質(zhì)的量為rm{0.1mol}溶于水制成rm{100mL}的溶液，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為：rm{c=n/V=0.1mol/0.1L=1mol/L}故B正確；C.將rm{1L10mol/L}的濃鹽酸與rm{9L}水混合而成的溶液總體積小于rm{10L}所以鹽酸的濃度大于rm{1mol/L}故C錯誤；D.從rm{100mL1mol/LNaCl}溶液加水稀釋到rm{200mL}的溶液，所得rm{NaCl}溶液的濃度為rm{0.5mol/L}故D錯誤。故選B?！窘馕觥縭m{B}3、C【分析】試題分析：A、鈉浮在水面，與水反應(yīng)放熱使其熔化，生成氣體使其四處游動，燒杯中裝滿水時熔化的鈉可能飛出燒杯，錯誤；B、：加氫氧化鈉至過量發(fā)生反應(yīng)的方程式為：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl，Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，可以得知開始有沉淀，后沉淀溶解，錯誤；C、向溶液中滴加幾滴硫氰化鉀溶液，溶液變?yōu)檠t色，證明溶液中的Fe3+，正確；D、向硫酸亞鐵溶液中滴加氫氧化鈉溶液發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氫氧化亞鐵白色沉淀，攪拌后，氫氧化亞鐵很容易被空氣中的氧氣氧化為氫氧化鐵，得不到白色沉淀物質(zhì)，錯誤。考點：考查化學實驗安全、化學實驗方案的評價等相關(guān)知識?！窘馕觥俊敬鸢浮緾4、B【分析】

A；甲烷和乙烯均是不溶于水的氣體；用水不能鑒別甲烷和乙烯兩種氣體，故A錯誤；

B；乙烯能使溴水褪色；而甲烷不能，溴水能鑒別甲烷和乙烯兩種氣體，故B正確；

C；甲烷和乙烯是有機氣體；而四氯化碳是有機溶劑，根據(jù)相似相容原理，二者均會溶解于四氯化碳，所以四氯化碳不能鑒別甲烷和乙烯兩種氣體，故C錯誤；

D；甲烷和乙烯均不和灼熱的銅絲反應(yīng)；用灼熱的銅絲不能鑒別甲烷和乙烯兩種氣體，故D錯誤．

故選B．

【解析】【答案】甲烷不能使溴水以及高錳酸鉀溶液褪色；而乙稀可以，根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)差異來檢驗．

5、C【分析】【解析】試題分析：A項發(fā)生3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O，離子不能大量共存；B項Ca2+與CO32-生成碳酸鈣沉淀，離子不能大量共存；酚酞變紅的溶液是堿性溶液，C項離子可以大量共存；與鋁產(chǎn)生氫氣的溶液可能是酸（不能是HNO3）或強堿，CO32-在酸溶液中不能大量共存，NH4+在強堿溶液中不能大量共存。考點：離子共存【解析】【答案】C6、B【分析】【解析】【答案】B7、C【分析】【解答】A．除去粗鹽中的不溶性雜質(zhì)用過濾；使用漏斗；燒杯、玻璃棒，不能用分液漏斗，故A錯誤；

B．亞硫酸銀是白色沉淀，不能選用硝酸銀，應(yīng)首先在試液中加入鹽酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有BaSO4白色沉淀產(chǎn)生，則證明有SO42﹣；故B錯誤；

C．用氯化鈉配制0.1mol/L的氯化鈉溶液；涉及的步驟有：溶解氯化鈉，用到燒杯和玻璃棒；轉(zhuǎn)移溶液，用到玻璃棒和容量瓶；洗滌燒杯和玻璃棒；定容溶液，用到膠頭滴管，所以使用的儀器有：燒杯；玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，故C正確；

D．用NaCl固體與濃H2SO4共熱制備HCl氣體需要加熱；使用酒精燈；圓底燒瓶、分液漏斗、帶雙孔塞的導(dǎo)管，用不到⑤，故D錯誤．

故選C．

【分析】A．除去粗鹽中的不溶性雜質(zhì)用過濾；

B．檢驗SO42﹣時要避免SO32﹣的影響；

C．用氯化鈉固體配制0.1mol/L的氯化鈉溶液的步驟有：溶解；轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻等；根據(jù)以上配制步驟用到的儀器進行判斷；

D．用NaCl固體與濃H2SO4共熱制備HCl氣體需要加熱．8、C【分析】【分析】

本題考查化學反應(yīng)及物質(zhì)的量濃度的計算，為高頻考點，把握發(fā)生的反應(yīng)、溶質(zhì)及溶液體積的判斷為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度不大。

【解答】

分別充滿等體積混合的rm{2}種氣體；則。

rm{壟脵}設(shè)氣體體積均為rm{3VL}發(fā)生反應(yīng)：rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}反應(yīng)后硝酸的物質(zhì)的量為rm{dfrac{2V}{22.4}mol}反應(yīng)后rm{NO}共rm{4V}溶液體積為rm{2V}則濃度為rm{dfrac{1}{22.4}mol/L}

rm{壟脷}設(shè)氣體體積均為rm{4VL}發(fā)生反應(yīng)：rm{4NO_{2}+O_{2}+2H_{2}O=4HNO_{3}}反應(yīng)后硝酸的物質(zhì)的量為rm{dfrac{4V}{22.4}mol}反應(yīng)后剩余氧氣rm{3VL}溶液體積為rm{5VL}則溶液濃度為rm{dfrac{dfrac{4V}{22.4}mol}{5VL}=dfrac{4}{5}隆脕dfrac{1}{22.4}mol/L}

rm{dfrac{dfrac{4V}{22.4}mol}{5VL}=

dfrac{4}{5}隆脕dfrac{1}{22.4}mol/L}設(shè)氣體體積均為rm{壟脹}rm{VL}全部溶于水，氮氣不溶于水，氨氣的物質(zhì)的量為rm{NH_{3}}溶液體積為rm{dfrac{V}{22.4}mol}則濃度為rm{VL}由以上分析可知：rm{dfrac{1}{22.4}mol/L}rm{c}rm{c}rm{{,!}_{1}}rm{=c}rm{=c}rm{{,!}_{3}}rm{>c}故選C。

rm{>c}【解析】rm{C}9、D【分析】【分析】

本題旨在考查學生對鋁的性質(zhì)、鋁的重要化合物等應(yīng)用。【解答】

易拉罐殼的主要成分是鋁合金，鋁表面易形成保護膜，鋁質(zhì)易拉罐不會使飲料中鋁含量增多，這則報道有誤，故D正確。故選D。

【解析】rm{D}二、多選題(共6題，共12分)10、BCD【分析】【分析】本題旨在考查學生對氧化還原反應(yīng)本質(zhì)的應(yīng)用。【解答】A.銅元素化合價沒有發(fā)生變化，不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B.rm{Zn}元素的化合價升高，需要加氧化劑發(fā)生，故B正確；元素的化合價升高，需要加氧化劑發(fā)生，故B正確；rm{Zn}元素的化合價升高，需要加氧化劑發(fā)生，故C正確；C.rm{H}元素的化合價升高，需要加氧化劑發(fā)生，故C正確；rm{H}D.碳元素化合價升高，需要加入氧化劑發(fā)生，故D正確?！窘馕觥縭m{BCD}11、CD【分析】【分析】

碳酸鈉的物質(zhì)的量=0.1mol?L?1×0.02L=0.002mol，鹽酸的物質(zhì)的量=0.1mol?L?1×0.04L=0.004mol；當二者反應(yīng)時，碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成碳酸氫鈉和氯化鈉，碳酸氫鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉和二氧化碳，根據(jù)物料守恒和電荷守恒分析解答。

【詳解】

A.完全反應(yīng)后；部分二氧化碳溶于水，導(dǎo)致溶液呈弱酸性，故A錯誤；

B.當鹽酸加入20mL時，二者恰好反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸氫根離子水解導(dǎo)致溶液中NaHCO3的物質(zhì)的量小于0.002mol；故B錯誤；

C.根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO32?)+c(HCO3?)+c(OH?)；故C正確；

D.根據(jù)質(zhì)子守恒得c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3?)=c(OH?)；故D正確。

綜上所述；答案為CD。

【點睛】

當反應(yīng)物給了物質(zhì)的量或則濃度和溶液體積時要抓住反應(yīng)后的溶質(zhì)，分析溶質(zhì)可能水解或電離等情況。12、AD【分析】【分析】

鹽酸溶液中的氫離子主要是鹽酸電離出來的，鹽酸完全電離，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋的過程中，鹽酸不能繼續(xù)電離，鹽酸溶液中氫離子濃度變化大；水解是微弱的，氯化銨溶液中銨離子可繼續(xù)水解，溶液中的氫離子濃度變化小，所以含c點的曲線pH變化是鹽酸溶液的，含a、b點的曲線pH變化是氯化銨溶液的。

【詳解】

A．由于a點溶液稀釋后得到b點，故b點的離子濃度小于a點；而氯化銨溶液的濃度遠大于HCl，而氯化銨溶液是由于水解顯酸性，而HCl是由于完全電離顯酸性，故b和c點pH相同，故b點氯化銨的濃度必須遠大于c點HCl的濃度，故離子濃度之和的大小關(guān)系為a＞b＞c；故A正確；

B．b點溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，得出c(OH?)+c(NH3?H2O)=c(H+)；故B錯誤；

C．用等濃度NaOH溶液和等體積b、c處溶液反應(yīng)，b點為銨根水解導(dǎo)致溶液呈酸性，b點溶液中銨根和氫離子均消耗NaOH，而c點只有鹽酸消耗NaOH(鹽酸完全電離)，故消耗NaOH溶液體積Vb＞Vc；故C錯誤；

D．鹽酸電離出的氫離子濃度抑制了水的電離，所以c點溶液中水的電離程度最??；水解促進水的電離，由于氯化銨溶液中的氫離子濃度來自于銨根離子水解生成的氫離子，氫離子濃度越大，說明水解程度越大，水的電離程度越大，a點的pH＜b點的pH，說明a點酸性大于b點酸性、a點氫離子大于b點氫離子，所以a、b二點溶液水的電離程度a＞b，綜上所述a、b、c三點溶液水的電離程度a＞b＞c；故D正確；

答案選AD。13、AC【分析】【詳解】

A.a點溶液中溶質(zhì)為CH3COONa和CH3COOH，兩者濃度相等，溶液顯酸性，醋酸電離占主要，因此c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)；故A錯誤；

B.b點溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒，再根據(jù)水的電離程度很小，可以得到c(Na+)=c(CH3COO－)＞c(H+)=c(OH－)；故B正確；

C.c點溶液中溶質(zhì)為CH3COONa，根據(jù)質(zhì)子守恒得到：c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH－)；故C錯誤；

D.d點溶液中溶質(zhì)為NaOH和CH3COONa，兩者濃度之比為1:2，溶液顯堿性，得出離子濃度為：c(Na+)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H+)；故D正確。

綜上所述，答案為AC。14、BD【分析】【詳解】

A.0.1mol·L-1CH3COOH溶液中存在醋酸的電離和水的電離，醋酸電離產(chǎn)生的醋酸根與氫離子相等，水也能電離出氫離子，則氫離子的濃度大于醋酸根，即c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)；故A錯誤；

B.因為醋酸的電離平衡常數(shù)與一水合氨的電離平衡常數(shù)相等，則醋酸銨中醋酸根與銨根的水解程度相同，溶液呈中性，溶液中有c(NH4+)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)；故B正確；

C.0.1mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有2c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，兩式對應(yīng)相減有c(NH4+)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；故C錯誤；

D.0.3mol·L－1CH3COOH溶液和0.1mol·L－1CH3COONH4溶液等體積混合，根據(jù)電荷守恒有c(NH4+)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，物料守恒有4c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，兩式對應(yīng)相減有3c(NH4+)＋4c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，移項有c(CH3COOH)＋c(H＋)－c(NH3·H2O)－c(OH－)＝3c(NH4+)＋3c(NH3·H2O)=(3×0.1mol·L－1)÷2=0.15mol·L－1；故D正確；

綜上所述，答案為BD。15、ABC【分析】解：太陽能；風能使用不會產(chǎn)生污染物；氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會產(chǎn)生污染物，他們都是清潔能源，大力推廣能夠減少環(huán)境污染，化石燃料的燃燒能夠產(chǎn)生粉塵和有毒氣體，能夠造成環(huán)境污染；

故選：rm{ABC}．

根據(jù)能源使用過程中的生成物是否污染環(huán)境解答；太陽能；風能使用不會產(chǎn)生污染物，氫能使用過程中產(chǎn)生水，也不會產(chǎn)生污染物，據(jù)此分析解答．

本題考查了新能源的開發(fā)與利用，熟悉氫能、太陽能、風能使用過程不會產(chǎn)生污染物是解題關(guān)鍵，題目難度不大．【解析】rm{ABC}三、填空題(共7題，共14分)16、蒸餾燒瓶冷凝管分液漏斗100mL容量瓶③④II蒸餾①②③膠頭滴管、100mL容量瓶2.72?B【分析】【解答】（1）（1）由圖可知；①為圓底燒瓶，②為冷凝管，③為分液漏斗，④為容量瓶；

故答案為：蒸餾燒瓶；冷凝管；分液漏斗；容量瓶；

（2）容量瓶和分液漏斗能用來盛放液體；且有活塞，使用時必須檢查是否漏水；

故答案為：③④；

（3）碘在四氯化碳中的溶解度較在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分離，接著可用分液方法將兩層液體分開，然后通過蒸餾存在分離四氯化碳和碘單質(zhì)；萃取時所用萃取劑應(yīng)滿足I2在其中溶解度比水中大；且與水互不相溶，所以①②③正確；

故答案為：II；蒸餾；①②③；

（4）①操作步驟有計算；量取、稀釋、移液、洗滌移液、定容、搖勻等操作；用10mL量筒量?。ㄓ玫侥z頭滴管）濃硫酸，在燒杯中稀釋，用玻璃棒攪拌，冷卻至室溫后轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗滌2﹣3次，將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中，加水至液面距離刻度線1～2cm時，改用膠頭滴管滴加至溶液凹液面與刻度線水平相切，蓋好瓶塞顛倒搖勻；

所以需要的儀器為：玻璃棒；燒杯、膠頭滴管、10mL量筒、100mL容量瓶；還缺少膠頭滴管和100mL容量瓶；

故答案為：100ml容量瓶；膠頭滴管；

②濃H2SO4的物質(zhì)的量濃度c=mol/L=18.4mol/L；

配制100mL0.5mol/L的稀H2SO4；需選擇100mL容量瓶，根據(jù)稀釋定律，稀釋前后溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，來計算濃硫酸的體積，設(shè)濃硫酸的體積為xmL×18.4mol/L=100mL×0.5mol/L，解得：x≈2.72；

故答案為：2.72

③A．移液時洗滌燒杯2﹣3次；將洗滌液倒入容量瓶中，該存在正確，不影響配制結(jié)果，故A錯誤；

B．定容時俯視；加入的蒸餾水低于容量瓶刻度線，導(dǎo)致配制的溶液體積偏小，溶液濃度偏高，故B正確；

C．定容時仰視；導(dǎo)致加入的蒸餾水超過容量瓶刻度線，配制的溶液體積偏大，濃度偏低，故C錯誤；

D．顛倒搖勻后發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線；但未加水至刻度線，該存在合理，不影響配制結(jié)果，故D錯誤；

故答案為：B；

（5）標簽上的內(nèi)容應(yīng)寫出物質(zhì)的名稱和濃度；

故答案為：

【分析】（1）由常見儀器的名稱及圖中裝置分析；

（2）（2）能用來盛放液體；且有活塞的儀器使用時必須檢查是否漏水；

（3）碘易溶于有機溶劑；可用萃取分液的方法分離，然后通過蒸餾操作分離四氯化碳和碘單質(zhì)；

（4）①根據(jù)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液步驟選用儀器；

②根據(jù)c=計算出濃硫酸的物質(zhì)的量濃度；再根據(jù)溶液稀釋過程中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變計算出需要濃硫酸的體積；

③根據(jù)c=及各實驗操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響判斷誤差；

（5）盛放溶液的試劑瓶需要標明溶劑名稱、溶液的物質(zhì)的量濃度等．17、略

【分析】解：因其他條件相同時，溫度越高，化學反應(yīng)速率越大，故rm{壟脵>壟脹}其他條件相同時，反應(yīng)物的濃度越大，化學反應(yīng)速率越大，故rm{壟脷>壟脵}故答案為：rm{壟脷}rm{壟脹}

因其他條件相同時；根據(jù)溫度越高，化學反應(yīng)速率越大；濃度越大，化學反應(yīng)速率越大來解題；

本題主要考查了影響化學反應(yīng)速率的因素，需要注意的是因其他條件相同時，根據(jù)溫度越高，化學反應(yīng)速率越大、濃度越大，化學反應(yīng)速率越大．【解析】rm{壟脷}rm{壟脹}18、（1）C2H4

（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O

（3）CH3CH2CH2COOH、（CH3）2CHCOOH

（4）3∶2【分析】【分析】

石油裂解可獲得rm{A}rm{A}在通常狀況下是一種相對分子量為rm{28}的氣體，則rm{A}為rm{CH_{2}=CH_{2}}rm{A}發(fā)生加聚反應(yīng)生成rm{F}為rm{A}與水發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}為rm{CH_{3}CH_{2}OH}乙醇在rm{Cu}作催化劑條件下發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{C}為rm{CH_{3}CHO}rm{C}進一步氧化生成rm{D}為rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}CH_{2}OH}和rm{CH_{3}COOH}在濃硫酸作用下反應(yīng)生成rm{E}為rm{CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}據(jù)此極性分析解答。

【解答】

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}為乙烯，分子式為rm{C_{2}H_{4}}

故答案為：rm{C_{2}H_{4}}

rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脷}的化學方程式：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

反應(yīng)rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}

2CH_{3}CHO+2H_{2}O}的化學方程式：rm{壟脹}rm{CH_{3}COOH+HOCH}rm{CH_{3}underset{濃{H}_{2}S{O}_{4}}{overset{?}{?}}CH_{3}COOCH}rm{2}rm{2}rm{CH_{3}underset{濃{H}_{2}S{O}_{4}}{overset{?}{?}}

CH_{3}COOCH}rm{2}

故答案為：rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{2}rm{underset{濃{H}_{2}S{O}_{4}}{overset{?}{?}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}+H}是rm{2}的同分異構(gòu)體，且rm{2}能與rm{O}反應(yīng)，含有羧基，則rm{2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}

2CH_{3}CHO+2H_{2}O}的可能結(jié)構(gòu)簡式分別為：rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}}rm{underset{濃{H}_{2}S{O}_{4}}{overset{?}{?}}

CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

故答案為：rm{(3)G}rm{E(CH_{3}COOCH_{2}CH_{3})}

rm{G}標況下，將乙烯與某烴混合共rm{NaHCO_{3}}物質(zhì)的量為rm{dfrac{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}燃燒生成rm{G}體積為rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}物質(zhì)的量為rm{dfrac{17.92L}{22.4L/mol}=0.8mol}生成rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}其物質(zhì)的量為rm{dfrac{18g}{18g/mol}=1mol}故平均分子式為rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}故另外的烴為甲烷，令乙烯與甲烷的物質(zhì)的量分別為rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}rm{(4)}則：rm{11.2L}整理得rm{dfrac

{11.2L}{22.4L/mol}=0.5mol}rm{CO_{2}}rm{17.92L}相同條件下，氣體體積之比等于物質(zhì)的量之比，故乙烯與甲烷的體積之比為rm{dfrac

{17.92L}{22.4L/mol}=0.8mol}rm{H_{2}O18.0g}

故答案為：rm{dfrac

{18g}{18g/mol}=1mol}rm{C_{1.6}H_{4}}rm{xmol}【解析】rm{(1)C_{2}H_{4}}

rm{(2)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}2CH_{3}CHO+2H_{2}O}

rm{(2)2CH_{3}CH_{2}OH+O_{2}xrightarrow[?]{Cu}

2CH_{3}CHO+2H_{2}O}rm{underset{濃{H}_{2}S{O}_{4}}{overset{?}{?}}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{CH_{3}COOH+HOCH_{2}CH_{3}}rm{underset{濃{H}_{2}S{O}_{4}}{overset{?}{?}}

CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}+H_{2}O}

rm{(3)CH_{3}CH_{2}CH_{2}COOH}rm{(CH_{3})_{2}CHCOOH}19、略

【分析】原電池正極上得電子，負極上失電子，根據(jù)原電池總反應(yīng)式，正極反應(yīng)為PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42—=PbSO4＋2H2O負極：Pb－2e－＋SO42—=PbSO4質(zhì)量增加2mol96g1molΔmΔm＝＝48g。【解析】【答案】PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42—=PbSO4＋2H2O小4820、略

【分析】解：9.5gMgCl2物質(zhì)的量為：=0.1mol；氯化鎂為強電解質(zhì)完全電離，所以0.1mol氯化鎂含有0.1mol鎂離子和0.2mol氯離子；

90g水物質(zhì)的量為=5mol；

依據(jù)依據(jù)n=N與n成正比，所以溶液中Mg2+、Cl-、H2O粒子個數(shù)之比為：0.1：0.2：5=1：2：50；

故答案為：1：2：50．

依據(jù)n==結(jié)合氯化鎂為強電解質(zhì)，溶液中完全電離解答．

本題考查了有關(guān)物質(zhì)的量的計算，熟悉以物質(zhì)的量為核心的計算公式，注意強電解質(zhì)完全電離，題目難度不大．【解析】1：2：5021、略

【分析】解：（1）甲中鎂易失電子作負極、Al作正極，負極上鎂發(fā)生氧化反應(yīng)、正極上氫離子發(fā)生還原反應(yīng)，負極反應(yīng)為Mg-2e-=Mg2+，正極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑；

故答案為：Mg-2e-=Mg2+；2H++2e-=H2↑；

（2）乙池中鋁易失電子作負極，負極上鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，鎂作正極，正極發(fā)生還原反應(yīng)，總反應(yīng)為2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

故答案為：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O；2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

（3）甲中鎂作負極；乙中鋁作負極；根據(jù)作負極的金屬活潑性強判斷，甲中鎂活動性強、乙中鋁活動性強；

故答案為：Mg；Al；

（4）A．根據(jù)甲；乙中電極反應(yīng)式知；原電池正負極與電解質(zhì)溶液有關(guān)，故A正確；

B．鎂的金屬性大于鋁；但失電子難易程度與電解質(zhì)溶液有關(guān)，故B錯誤；

C．該實驗說明電解質(zhì)溶液性質(zhì)影響電極的正負極；不能說明金屬活動性順序沒有使用價值，故C錯誤；

D．該實驗說明化學研究對象復(fù)雜；反應(yīng)與條件有關(guān)，電極材料相同其反應(yīng)條件不同導(dǎo)致其產(chǎn)物不同，所以應(yīng)具體問題具體分析，故D正確；

故答案為：AD；

（5）①鋁片和銅片插入濃HNO3溶液中；金屬鋁會鈍化，金屬銅和濃硝酸之間會發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，此時金屬銅時負極，金屬鋁是正極；

插入稀NaOH溶液中；金屬銅和它不反應(yīng)，金屬鋁能和氫氧化鈉發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，此時金屬鋁是負極，金屬銅是正極；

故答案為：B；

②插入濃硝酸中形成原電池中，總反應(yīng)為銅與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、二氧化氮和水，即：Cu+4HNO3（濃）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；

故答案為：Cu+4HNO3（濃）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O．

（1）甲中鎂易失電子作負極；Al作正極；負極上鎂發(fā)生氧化反應(yīng)、正極上氫離子發(fā)生還原反應(yīng)；

（2）乙池中鋁易失電子作負極；鎂作正極；負極上鋁失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；

（3）根據(jù)作負極的金屬活潑性強結(jié)合電池中的負極判斷；

（4）A．原電池正負極與電解質(zhì)溶液有關(guān)；

B．鎂的金屬性大于鋁；

C．該實驗證明說明電解質(zhì)溶液性質(zhì)選用選擇合適的介質(zhì)；不能說明金屬活動性順序過時；

D．該實驗說明化學研究對象復(fù)雜；反應(yīng)受條件影響較大，因此應(yīng)具體問題具體分析；

（5）①原電池中失電子的一極為負極；據(jù)此進行判斷；

②插入濃硝酸中形成原電池反應(yīng)為：銅與濃硝酸反應(yīng)生成硝酸銅；二氧化氮氣體和水．

本題考查了探究原電池原理，題目難度中等，明確原電池中各個電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，注意不能根據(jù)金屬的活動性強弱判斷正負極，要根據(jù)失電子難易程度確定負極，為易錯點．【解析】Mg-2e-=Mg2+；2H++2e-=H2↑；Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O；2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；Mg；Al；AD；B；Cu+4HNO3（濃）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O22、（1）147g3（2）1.5（3）4【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的量的計算知識，難度不大，掌握以物質(zhì)的量的計算是解答的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{(1)}rm{1.5molH}rm{1.5molH}rm{{,!}_{2}}rm{SO}的質(zhì)量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g}其中含有rm{SO}氫離子；rm{{,!}_{4}}的質(zhì)量是：rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}其中含有rm{3mol}氫離子；個氨分子含：rm{dfrac{9.03隆脕{10}^{23}}{6.02隆脕{10}^{23}mo{l}^{-1}}=1.5mol}氨分子；rm{m=n隆脕M=1.5mol隆脕98{g}big/{mol}=147g

}從rm{3mol}溶液中取出rm{(2)9.03隆脕10}則這rm{(2)9.03隆脕10}溶液的濃度不變，所以氫氧化鈉的質(zhì)量為：rm{0.1L隆脕1{mol}big/{L}隆脕40{g}big/{mol}=4g}rm{{,!}^{23}}【解析】rm{(1)147g}rm{3}rm{(2)1.5}rm{(3)4}四、判斷題(共3題，共24分)23、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開來的一種混合物分離的方法；過濾時，玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸，避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，所以題干說法正確；

故答案為：正確．

【分析】根據(jù)過濾的注意事項‘一貼二低三靠’；取用液體藥品的方法進行分析解答．

一貼：過濾時；為了保證過濾速度快，而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，濾紙應(yīng)緊貼漏斗內(nèi)壁，且中間不要留有氣泡．

二低：如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣；過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出；如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣，液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，這樣都會導(dǎo)致過濾失?。?/p>

三靠：傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒，是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下，避免了液體飛濺；玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?，萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破，液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下，導(dǎo)致過濾失敗，而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果；漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁，可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下，避免了濾液從燒杯中濺出．24、B【分析】【解答】蒸餾是用來分離沸點不同的液體混合物；溫度計測量的是蒸汽的溫度，故應(yīng)放在支管口；

故答案為：×．

【分析】根據(jù)溫度計在該裝置中的位置與作用；25、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液；可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化；再向試管里加入足量的蒸餾水，觀察到的現(xiàn)象是變澄清，鹽析是可逆過程，可以采用多次鹽析的方法分離；提純蛋白質(zhì)．

故答案為：對．

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液，可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀，說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小，此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化．五、其他(共4題，共16分)26、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)227、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-28、略

【分析】【解析】【答案】H2SO4KOHAl(OH)3HClO4Mg(OH)229、略

【分析】【解析】【答案】（1）HClO4H2SO4（2）S2->Cl->K+（3）1：2電子式略離子鍵非極性共價鍵（4）Cl2+SO2+2H2O==4H++2Cl-+SO42-六、綜合題(共4題，共40分)30、反應(yīng)物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應(yīng)的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2，4VO2+O2═2V2O5S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2（g）+12

O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣13s（s）+12

O2（g）═3SO3（g）△H=3（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】（1）因圖中A；C分別表示反應(yīng)物總能量、生成物總能量；B為活化能，反應(yīng)熱可表示為A、C活化能的大小之差，活化能的大小與反應(yīng)熱無關(guān)，加入催化劑，活化能減小，反應(yīng)反應(yīng)熱不變；

（2）因1molSO2（g）氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1，所以2molSO2（g）氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1；

則2SO2（g）+O2（g）═2SO3（g）△H=﹣198kJ?mol﹣1；

（3）V2O5氧化SO2時，自身被還原為四價釩化合物；四價釩化合物再被氧氣氧化，則反應(yīng)的相關(guān)方程式為：SO2+V2O5═SO3+2VO2；4VO2+O2═2V2O5；

（4）已知①S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1=﹣296kJ?mol﹣1；

②SO2（g）+O2（g）═SO3（g）△H2=﹣99kJ?mol﹣1；

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S（s）+O2（g）═3SO3（g）△H3=3×（△H1+△H2）=﹣1185kJ?mol﹣1；

【分析】（1）反應(yīng)物總能量大于生